虞安群

解析幾何中的定點、定值及探索性問題主要以解答題形式考查，一般以橢圓或拋物線為背景，試題難度較大.需要在學習過程中不僅僅要掌握好基本知識點，更要在解題方法、解題思想上多加總結.代數方程是解題的橋梁，注意分類討論的思想、函數與方程思想、化歸與轉化思想的應用.下面以部分例題進行分析.

題型一定點問題

例1已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）經過點（32，1），一個焦點是F（0，-1）.

（1）求橢圓C的方程；

（2）設橢圓C與y軸的兩個交點為A1，A2，點P在直線y=a2上，直線PA1，PA2分別與橢圓C交于M，N兩點.試問：當點P在直線y=a2上運動時，直線MN是否恒過定點Q？證明你的結論.

解析（1）由題意知c=1，可設橢圓方程為y21+b2+x2b2=1，

因為（32，1）在橢圓上，所以11+b2+94b2=1，解得b2=3，所以橢圓的方程為y24+x23=1.

（2）假設存在定點Q.

當點P在y軸上時，M，N分別與A1，A2重合，若直線MN經過定點Q，則Q必在y軸上，設Q（0，m）.

當點P不在y軸上時，

設P（t，4），M（x1，y1），N（x2，y2），因為A1（0，2），A2（0，-2），

所以直線PA1的方程為y=2tx+2，直線PA2的方程為y=6tx-2.

將y=2tx+2代入y24+x23=1，得（3+t2）x2+6tx=0，

解得x1=-6t3+t2，y1=2tx1+2=2t2-63+t2，

所以QM=（-6t3+t2， （2-m）t2-6-3m3+t2）.

將y=6tx-2代入y24+x23=1，得（27+t2）x2-18tx=0，解得x2=8t27+t2，y2=6tx2-2=54-2t227+t2，所以QN=（18t27+t2，54-27m-（2+m）t227+t2）.因為QM∥QN，所以-6t3+t2·54-27m-（2+m）t227+t2-18t27+t2·（2-m）t2-6-3m3+t2=0，所以（1-m）（9+t2）=0，所以m=1，

所以當點P在直線y=a2上運動時，直線MN恒經過定點Q（0，1）.

思路點撥圓錐曲線中定點問題的兩種解法：

（1）引進參數法：引進動點的坐標或動線中系數為參數表示變化量，再研究變化的量與參數何時沒有關系，找到定點.

（2）特殊到一般法：根據動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.

題型二定值問題

例2已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的短半軸長為1，動點M（2，t）（t>0）在直線x=a2c（c為半焦距）上.（1）求橢圓的標準方程；（2）求以OM為直徑且被直線3x-4y-5=0截得的弦長為2的圓的方程；（3）設F是橢圓的右焦點，過點F作OM的垂線與以OM為直徑的圓交于點N，求證：線段ON的長為定值，并求出這個定值.

解析（1）由點M（2，t）在直線x=a2c上，得a2c=2，故

1+c2c=2，所以c=1，從而a2=2，b2=a2-c2=1.所以橢圓方程為x22+y2=1.

（2）以OM為直徑的圓的方程為x（x-2）+y（y-t）=0.即（x-1）2+（y-t2）2=t24+1.其圓心為（1，t2），半徑r=t24+1.因為以OM為直徑的圓被直線3x-4y-5=0截得的弦長為2，

所以圓心到直線3x-4y-5=0的距離d=r2-1=t2.所以|3-2t-5|5=t2，解得t=4.所求圓的方程為（x-1）2+（y-2）2=5.

（3）設N（x0，y0），則FN=（x0-1，y0），OM=（2，t），MN=（x0-2，y0-t），ON=（x0，y0）.

因為FN⊥OM，所以2（x0-1）+ty0=0，所以2x0+ty0=2.又因為MN⊥ON，

所以x0（x0-2）+y0（y0-t）=0，所以x20+y20=2x0+ty0=2，所以|ON|=x20+y20=2為定值.

思路點撥圓錐曲線中定值問題的特點及解法.（1）特點：待證幾何量不受動點或動線的影響而有固定的值.（2）兩大解法：①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關.

②引進變量法：選擇適當的動點坐標或動線中系數為變量，把要證明的定值的量表示為變量的函數，再把得到的函數化簡，消去變量得到定值.

題型三探索性問題

例3已知橢圓T：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率e=63，A，B是橢圓T上兩點，N（3，1）是線段AB的中點，線段AB的垂直平分線與橢圓T相交于C，D兩點.（1）求直線AB的方程；（2）是否存在這樣的橢圓，使得以CD為直徑的圓過原點O？若存在，求出該橢圓方程；若不存在，請說明理由.

解析（1）由離心率e=63，可得橢圓T：x2+3y2=a2（a>0）.設A（x1，y1），B（x2，y2），直線AB的方程為y=k（x-3）+1，代入x2+3y2=a2，整理得（3k2+1）x2-6k（3k-1）x+3（3k-1）2-a2=0.①Δ=4[a2（3k2+1）-3（3k-1）2]>0，②x1+x2=6k（3k-1）3k2+1.由N（3，1）是線段AB的中點，得x1+x22=3，解得k=-1，代入①得，a2>12，直線AB的方程為y-1=-（x-3），即x+y-4=0.

（2）因為CD垂直平分AB，所以直線CD的方程為y-1=x-3，即x-y-2=0，

代入橢圓方程，整理得4x2-12x+12-a2=0.又設C（x3，y3），D（x4，y4），

所以x3+x4=3，x3x4=12-a24，y3y4=（x3-2）（x4-2）=4-a24.假設存在這樣的橢圓，使得以CD為直徑的圓過原點O，則x3x4+y3y4=0得a2=8，又a2>12，故不存在這樣的橢圓.

思路點撥解決探究性、存在性問題的常用方法.（1）解決是否存在常數的問題時，應首先假設存在，看是否能求出符合條件的參數值，如果推出矛盾就不存在，否則就存在.（2）解決是否存在點的問題時，可依據條件，直接探究其結果；也可以舉特例，然后再證明.（3）解決是否存在直線的問題時，可依據條件尋找適合條件的直線方程，聯(lián)立方程消元得出一元二次方程，利用判別式得出是否有解.（4）解決是否存在最值問題時，可依據條件，得出函數解析式，依據解析式判定其最值是否存在，然后得出結論.